2024 年新高考Ⅰ卷 数学真题 解题技巧
（1 题 2-4 解）
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真题01 集合真题解题技巧
真题02 复数真题解题技巧
真题03 平面向量真题解题技巧
真题04 三角恒等变换真题解题技巧
真题05 立体几何体积计算解题技巧
真题06 分段函数单调性解题技巧
真题07 三角函数图象与性质真题解题技巧
真题08 函数的性质判断函数值大小关系真题解题技巧
真题09 正态分布真题解题技巧
真题10 导数及其应用真题解题技巧
真题11 平面轨迹曲线方程真题解题技巧
真题12 离心率真题解题技巧
真题13 公切线真题解题技巧
真题14 均值及概率真题解题技巧
真题15 解三角形解答题真题解题技巧
真题16 圆锥曲线解答题真题解题技巧
真题17 立体几何解答题真题解题技巧
真题18 导数解答题真题解题技巧
真题19 数列新定义真题解题技巧真题01 集合真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知集合 ，则
（ ）
A． B． C． D．
本题是集合运算中的交集求解问题，给定一个由不等式确定的无限集合 和一个有
限集 , 要求找出既属于集合 又 属于集合 的元素，即求 。
【解法一】直接计算法
解题思路：直接计算，卡范围
因为 ，且注意到 ，
从而 .
故选：A.
【解法二】逐一验证法
解题思路：将集合 中的每个元素依次代入集合 的不等式 中进行验证，判断该元素是否满足
不等式，满足的元素构成 。
解题步骤：
对于-3， , 因为 , 不满足 , 所以 。
对于一1， , 满足不等式，所以 。对于0， , 满足不等式，所以 。
对于2， , 因为 , 不满足 , 所以 。
对于3， , 因为 , 不满足 , 所以
综上， 。
【解法三】选项排除法
解题思路：根据集合 中元素与集合 的 关系，对各个选项进行分析，排除含有不满足集合 条 件的元
素的选项，从而得到正确答案。
解题步骤：
因为 , 所以2和3不属于集合 , 那么含有2或3的选项 和 (
可以排除。 又因为 , 所以一3不属于集合 , 含有一3的选项 可以排除。
。所以正确答案是 选项，即 。
【解法四】精确范围法
对于不等式 , 两边同时开立方根，得到 。 这里 ,
对于集合 中的元素一3，因为 , 不满足 , 所以 。
对于元素一1， , 满足该范围，所以 。
对于元素0， , 满足条件，所以 。
对于元素2，由于 , 不满足 , 所以 。
对于元素3， , 不满足 , 所以 。
综上， 。1．（2025·福建·模拟预测）已知集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出集合B，再利用集合的交运算即可求得结果.
【详解】易知 ，所以 ，
故选：A．
2．（2024·陕西西安·一模）已知集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】解一元二次不等式得到 ，再由集合交集运算即可求解.
【详解】因为 ，当 时，
所以
故选：D
3．（2024·河南·模拟预测）已知集合 ， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据并集的概念先求 ，再根据补集的概念求 .
【详解】因为 ， ，所以 .
所以 .
故选：C
真题02 复数真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
本题是关于复数运算的题目，已知一个复数等式 , 要求出复数 的值，主要考查复数的运
算法则以及方程求解的能力。
【解法一】常规方程求解法
解题思路：将等式 进 行变形，通过去分母等操作，将其转化为关于 的方程，然后求解 。
解题步骤：由 , 等式两边同时乘以 得 。
展开右边式子： 。
移项可得： 。
提取公因式 , 即 。两边同时除以 。
分子分母同乘进行化简： 。
【解法二】构造法
解题思路：对等式 进行构造，使其能更方便地求出
解题步骤：
, 变形为 , 即 , 所以 。
构造 , 因为 , 所以 。
【解法三】设 法
解题思路：设 , 代入已知等式 , 然后根据复数相等的条件（实部与实部相
等，虚部与虚部相等)来求解 和 , 进而得到 。
·解题步骤设 , 则 。
那么 。
等式两边同时乘以 得 。
展开右边：
根据复数相等的条件可得由第一个方程可得 , 将 代入第二个方程得 , 解得 。
所以 。
【解法四】利用复数的倒数性质法
解题思路：根据已知等式 , 先求出 的值，再进一步求解
解题步骤：
因为 , 所以 。
对 分子分母同乘 化简： 。
又因为 , 则 。
所以
, 分子分母同乘 得
1．（2025·广东佛山·一模）若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用复数的除法可求 .
【详解】因为 ，故 ，
故选：B.
2．（2024·湖北·一模）若复数 满足 ，则 （ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由复数的运算化简即可；
【详解】由 ，则 ，即 .
故选：A.
3．（2025·江西景德镇·二模）已知复数 ，则复数 的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据复数的模及乘方求出 ，再根据复数的虚部的定义即可得解.
【详解】 ， ，
则 ，∴ ，则复数 的虚部为 .
故选：B．
真题03 平面向量真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知向量 ，若 ，则 （ ）
A． B． C．1 D．2
本题是平面向量垂直条件应用的题目。已知两个向量 的坐标，以及 与 垂直的关系，要
求出向量 中未知数 的值。解题关键在于利用向量垂直的性质（两向量垂直，其数量积为 0）建立关于
的方程求解。【解法一】常规坐标运算
解题思路：先求出 的坐标，再根据向量垂直数量积为列出方程求解
解题步骤：
已知 . 则 。
因为 . 所以 .
所以 . 即 , 变形为 . 解得 .
【解法二】展开数量积运算
解题思路：直接根据向量垂直的数量积为0，将 展开，再代入坐标进行计算。
解题步骤：
因为 。
由向量模的平方等于向量坐标的平方和以及向量数量积坐标运算公式 .
则 . 即 , 变形为 . 解得 .
【解法三】答案回代法
解题思路：将选项中的值依次代入到已知条件中，检验是否满足 , 即检验 是否等
于0。
解题步骤：
已知 , 则 ,
选项 当 时 ， , 所以 选项错误。选项 当 时， , 所以 选项错误。
选项C :当 时， , 所以 选项错误。
·选项D :当 时， , 满足 , 所以 选项正确。
综上，答案是D。
【解法四】数形结合作图法（略）
1．（2025·广东肇庆·二模）已知向量 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据平面向量的坐标运算求得向量 的坐标，利用向量共线的条件的坐标表示得到方程，求
解可得.
【详解】因 ， ，故 ，
又 ，故 得
故选：A.
2．（2025·江西九江·一模）已知向量 满足 ，且 ，则 在 上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】计算出 ，从而得到 ，得到答案.【详解】由题意得 ，
在 上的投影向量为 .
故选：B．
3．（2025·河南·模拟预测）已知向量 ，若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据向量垂直的坐标表示列方程，解方程可得结论.
【详解】因为 ，
所以 ，
，
则 ，
解得 ．
故选：D．
真题04 三角恒等变换真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
本题是三角函数求值问题，已知 与 的值，要求 的值，需要运用三
角函数的两角和与差公式以及同角三角函数的基本关系来进行求解。【解法一】利用两角和与差的余弦公式及弦化切
解题思路：先根据两角和与差的余弦公式展开 和 , 再结合 (即
以及 来求解 。
解题步骤：
已知 , 因为 , 所以 ,
代入上式得 ,
即 。
又 , 把 代入得
【解法二】设辅助变量法
解题思路：设 , 根据已知条件列出关于 的方程，求解出 , 再代入
的表达式。
解题步骤：
设 , 则 , 且 (即 。
将 代入 , 得 , 解得 。
【解法三】构造特殊角法（假设特殊值满足条件）
解题思路：根据 构造特殊的三角函数值，再结合 求出 。解题步骤：
令 , 则 (这里是在满足正切值关
系下的一种假设)。 , 即 。
, 此时 (一般情况可通过设角的三角
函数值满足 , 再根据 推导一般性结论)。
【解法四】通过比例关系求解
解题思路：根据 得到 与 的比例关系，设出参数，再结合
求出参数的值，进而求出 。
解题步骤：
因为 , 所以 , 设 , 则
又 , 即 , 解得 。
1．（2025·广东·一模）若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据同角基本关系式以及两角和与差的正余弦公式和正余弦的二倍角公式即可求解.【详解】
，
故 ,即 ,则 ，解得 ，
故选：D.
2．（2025·福建厦门·一模）已知 ，若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题运用两角和的正切公式转化 ，再结合同角三角函数的基本关系化简式子，结合已知
条件判断式子特征以简化等式，最后通过对常见三角恒等式的变形运用，建立与 的联系从而得出结
果即可.
【详解】由两角和的正切公式得 ，
由同角三角函数的基本关系得 ，
，故 ，因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
故 ，则得到 ，
解得 ，故 ，
而 ，
则 ，解得 ，故C正确.
故选：C
3．（2025·福建·模拟预测）已知 ，若 ，当 取得最大值时，
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】应用两角和差的正弦公式计算化简得出 ，换元再结合两角差的正切结合基本不等式
计算求出最大值，得出取等条件即可.
【详解】由 可知， ，
所以 ，可得 ，
设 ，因为 ，所以 ，
则 ，当且仅当 时，等号成立，
故选:D．真题05 立体几何体积计算解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均
为 ，则圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
本题是一道关于圆柱和圆锥几何性质的题目，已知圆柱和圆锥底面半径相等、侧面积相等且高均为
, 要求出圆锥的体积。主要考查圆柱和圆锥侧面积公式、体积公式的运用，以及通过建立等式求解未
知量的能力。
【解法一】常规公式推导法
解题思路：分别写出圆柱和圆锥的侧面积公式，根据侧面积相等建立等式求出圆锥母线长，再结合圆锥体
积公式求解。
解题步骤：设圆柱和圆锥底面半径都为 , 圆锥母线长为 。 圆柱侧面积 , 圆锥侧面积
因为 所以 , 解得 。 圆锥的高 , 根据圆锥体积公式
, 先求圆锥的底面半径 , 由圆锥母线、高和底面半径构成直角三角形，根据勾股定理
, 则圆锥体积 。
【解法二】比例关系法解题思路：由圆柱和圆锥侧面积公式找出母线长与圆柱高的比例关系，进而求出圆锥母线长，再求体积。
解题步骤：因为 , 且 , 所以 , 则 。 然后同解
法一，根据勾股定理求出 , 圆锥体积 。
【解法三】特殊值法
解题思路：为了方便计算，给底面半径赋予一个特殊值，根据侧面积相等求出母线长，进而求体积。
解 题 步 骤 ： 设 底 面 半 径 , 则 圆 柱 侧 面 积 因 为 所 以
, 解得 。 圆锥的高 , 根据勾股定理
(这里 实际值与设的 无关，是根据母线和高计算出来的)，圆锥
体积
【解法四】极限思想法
解题思路：考虑一种极限情况，假设圆柱和圆锥的一些特殊状态，通过极限状态下的关系来推导一般情况
下圆锥母线长与已知高的关系，进而求出圆锥体积。
解题步骤：假设圆柱和圆锥的底面半径 趋近于一个很小但不为的值（因为半径不能为，否则就不存在圆
柱和圆锥了)。此时圆柱侧面积 , 圆锥侧面积 , 由于 等式两边同时除以
（ 因 为 , 得 到 。 再 根 据 圆 锥 高 , 由 勾 股 定 理
, 圆锥体积 。1．（2025·江西九江·一模）在棱长为 的正方体 中，点 在正方体内（包含边界）运动．
若直线 与 所成角为 ，则动点 所围成的图形的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据直线 与 所成角为 ，得直线 与直线 所成角为 ，动点 所围成的图形是圆
锥侧面的四分之一，根据圆锥的表面积公式求出即可.
【详解】解：如图，在正方体 中， ，直线 与 所成角为 ，
即直线 与直线 所成角为 ，故动点 所围成的图形是：高为 ，底面半径为1，
母线长为2的圆锥侧面的四分之一．即动点 所围成的图形的面积为 ，
故选：B．
2．（2025·广东肇庆·二模）已知正三棱锥的底面是边长为 的正三角形，高为2，则该三棱锥的外接球的
体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】通过球心在三棱锥内、外两种情况，结合勾股定理求得半径即可求解.
【详解】如图，若球心 在三棱锥 内，设 为底面 的外接圆的圆心.
球 的半径为 ，则 .
因为 ，所以 ，解得 .
.
若球心 在三棱锥 外，则 ，
同理由 解得 ，此时 ，不符合题意.
故选：A.
3．（2025·广东·一模）已知圆柱 与圆锥 的体积与侧面积均相等，若 的轴截面为等腰直角三角
形，则 与 的底面半径之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆锥和圆柱的侧面积公式及体积公式求解即可.
【详解】设圆锥和圆柱的底面半径分别为 ，高分别为 ，
因为圆锥的轴截面是等腰直角三角形，所以圆锥的母线长为 ，所以 ，
所以圆锥的体积为 ，圆柱的体积为 ，所以圆锥的侧面积为 ，圆柱的侧面积为 ，
所以 ，化简得 ，
所以圆柱和圆锥的底面半径之比为 ,
故选:C.
真题06 分段函数单调性解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知函数 在R上单调递增，则a的
取值范围是（ ）
A． B． C． D．
本题是给定一个分段函数，已知其在R上单调递增，要求确定参数a的取值范围。对于分段函数单调
性问题，需分别考虑各段函数自身单调性，同时保证在分段点处函数值的大小关系符合递增性质。
【解法一】根据二次函数对称轴与区间关系
解题思路：
对于 时， 是二次函数，其图象开口向下，对称轴为 要使 在
上单调递增，对称轴需在 或 的右侧。同时，在 处，需满足 在 时的最
大值不大于 。 对于 时， , 其导数 , 在 单调递增。
解题步骤：
由二次函数性质， , 即 。
当 时， 在 处取得最大值 (因为开口向下且在 增)，而
, 所以 , 即 。 综上， 。
【解法二】特值探路法
解题思路：
通过取特定的 直代入分段函数 根据函数在、 . 上单调递增的条件
时 单调递增， 时 单调递增，且在 处左段函数值不大
于右段函数值)，判断每个 值下函数是否满足单调递增，若不满足则排除对应的选项。
解题步骤：
当 时
此时 时， . 这是一个二次函数，二次项系数 . 图象开口向下，对称轴为
.
根据二次函数单调性可知 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 在 上单调递
减，不满足 在 上单调递增这一条件。 因为选项 和选项 都包含 . 所以
可以排除选项 和选项 。
当 时：
时， . 二次项系数 . 图象开口向下，对称轴为, 所以 在 上单调递增。
当 时， 不满足在 处左段函数值不大于右
段函数值这一条件。 而选项 包含 . 所以可以排除选项 。
综上，经过取 排除选项 和 , 取 排除选项 , 答案是选项B。
1．（2024·山东·模拟预测）“ ”是“函数 在 上单调递增”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据分段函数的单调性可知 在 上单增、 在 上单
增，且 ，结合导数的应用和二次函数的图象与性质计算即可求解.
【详解】当 时， ，得 .
因为 ，要使 在 上单调递增，
则 恒成立.即 恒成立，得 ；
当 时， ，图象为开口向上的抛物线，对称轴为 .
要使 在 上单调递增，则 ，解得 ；
同时，在 处，需要满足 ，即 ，解得 .综上， ，解得 .
所以“ ”是“ ” 的必要不充分条件，
即 是函数 在 上单调递增的必要不充分条件.
故选：C.
2．（2025·湖南永州·模拟预测）已知函数 是 上的增函数，则实数a的取值范围
是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由一元二次函数性质结合题意列出关于 的不等式组，解不等式组即可得解.
【详解】因为函数 是 上的增函数，
所以 .
故选：A.
3．（2025·福建·模拟预测）若 且 ，已知 是R上的单调函数，则实数
的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据一次函数单调递增得出函数是增函数，再根据对数复合函数的单调性及分段函数列不等式
求解即可.
【详解】因为 在R上单调，且当 时， 单调递增，∴ 在R上单调递增，则需满足 ，
解得 ，
即a的取值范围是 ，
故选：B．
真题07 三角函数图象与性质真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）当 时，曲线 与 的交点个数
为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
本题是在给定区间 内，求两个三角函数 与 图象交点个数的问
题，本质上是求解方程 在该区间内的解的个数，可通过多种方法，如利用三角函数
性质、图象变换， 方程求解等思路来解决。
【解法一】五点作图法数形结合
【详解】因为函数 的最小正周期为 ，函数 的最小正周期为 ，
所以在 上函数 有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6个交点.
故选：C
【解法二】平移变换法数形结合（略）
1．（2025·浙江·模拟预测）函数 在区间 内的零点个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】由函数零点的意义，将问题转化为两个函数在 内的图象交点个数即可.
【详解】由 ，得 ，即 ，
令 ，函数 在 内的零点个数，
即函数 在 内的图象交点个数，
在同一坐标系内作出函数 在 内的图象，如图：观察图象，得函数 在 内的图象交点个数为4，
所以函数 在区间 内的零点个数为4.
故选：C
2．（2025·黑龙江·模拟预测）函数 图象如图所示，若函数
在 单调增，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意，求得 ，过点 ，即可得到函数的解析式，求得其单调递增
区间即可求参.
【详解】∵ ，
∴ ，
∵ 的图象过点 ，∴ .
∴ ，
∴ ．
由 ， ，
得 ， ，
∴函数 的单调增区间为 ， ．
若函数 在 单调增，则 的取值范围是 .
故选：C.
3．（2025·江苏苏州·模拟预测）已知函数 ， ， 为 图象
的对称轴，且 在 上单调，则 的最大值为（ ）
A．11 B．9 C．7 D．5
【答案】B
【分析】根据已知可得， 为正奇数且 ，结合 为 的零点， 为 图象的对称轴，
求出符合题意的解析式，并结合 在 上单调，可得 的最大值.
【详解】由 ， 为 图象的对称轴，得 ，则 ，
由 在 上单调，得 ，解得 ，
当 时， ，由 ，得 ，此时 ，
当 时， ，当 时 取得最大值1，即 在 上不单调，不满足题意；
当 时， ，由 ，得 ，此时 ，
当 时， ，此时 在 上单调递减，符合题意，
所以 的最大值为9.
故选：B
真题08 函数的性质判断函数值大小关系真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知函数 的定义域为R， ，且当
时 ，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
本题是一道关于抽象函数性质与具体函数值计算结合的题目。已知函数 的定义域为 , 给出了
与 的大小关系不等式，以及 时 的具体表达式，要求判断关于
与一些数值大小关系的结论。
【解法一】逐步迭代法
解题思路：
代入得到 ，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
解题步骤：因为当 时 ，所以 ，
又因为 ，
则 ，
，
，
，
，则依次下去可知 ，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.
故选：B.
【解法二】斐波那契数列对比法
斐波那契关系：斐波那契数列 满足 , 而题目中
计算斐波那契值：
.
对比下界： , 故选项 正确。
【解法三】指数增长分析法
1.假设指数形式：设 , 代入递推式得 。
2.解特征方程：解得 (黄金比例)。
3.估算值：取 , 则 , 选项 正确。
【解法四】倍数关系递推法（结合解法一）
寻找x倍数关系之间函数值的关系，可简化部分计算
1．（2025·河南洛阳·模拟预测）已知函数 的定义域为 ，当 时， ；且满足，则关于 的不等式 的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先通过给定特殊值求出 的值，再利用函数性质判断单调性，接着对不等式进行转化，结合函
数单调性得到关于 的不等式，同时考虑函数定义域限制条件，最终确定不等式的解集.
【详解】取 时，代入 ，有 ，可得 ，即
，所以 .
设 ，因为 ，又已知 时， ，
那么 ，所以函数 在 上单调递增.
对不等式进行转化求解：
已知 ，由 可得 ，
所以 .
因为函数 单调递增，所以 ，移项得 ，解得 .
考虑定义域限制条件：
由 ，解 得 ；解 得 .
综合以上结果，不等式 的解集为 .
故选：B.2．（2025·江西九江·一模）定义在 上的函数 满足：①对任意 ，都有 ；
② 的图象关于直线 对称：③ 则下列说法正确的是（ ）
A． 是奇函数 B． 是偶函数
C． D．
【答案】C
【分析】根据对称性可得 的图象关于 对称，直线 对称，且以以4为周期的周期函数，即可
根据函数图象的平移，结合奇偶性的定义求解.
【详解】令 ，得 ，即 ，故函数 的图象
关于 对称．
又 的图象关于直线 对称，故 ， 的图象关于直线 对
称．
， 是以4为周期的周期函数．
对于A， 的图象是将 的图象向左平移2个单位，故 的图象关于 轴对称，
是偶函数，故A错误；
对于B， 的图象是将 的图象向左平移1个单位，故 的图象关于原点对称， 是
奇函数，故B错误；
对于C，由 ，得 ；由 ，得 ，
，故C正确；对于D，依题意，得 ， ，
，故D错误．
故选：C．
3．（2025·安徽·模拟预测）已知可导函数 的定义域为 ，且有 ，设 是
的导函数，若 为偶函数，则 （ ）
A．2025 B．2026 C．4050 D．4052
【答案】D
【分析】首先，通过已知条件 ，可以分析出函数 的对称轴，进而得到其导函数
的对称中心。再根据 为偶函数，确定 的具体对称中心，周期，然后利用周期性和对称中
心的性质来计算即可.
【详解】∵ ，
∴两边求导得 ，
∴ ，可知 关于点 对称，
又∵ 为偶函数，可知 关于直线 对称，
则 ，即 ，
由 ，可得 ，
因此 ，可得 ，
即 ，可知4为 的周期，因此，当 ， 时， ，
当 ， 时， ，
∵ ，∴ ，
∴ ， ，
所以
.
故选：D
【点睛】方法点睛：抽象函数求值问题关键是找出抽象函数的周期和对称性.
真题09 正态分布真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推
动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收
入的样本均值 ，样本方差 ，已知该种植区以往的亩收入 服从正态分布 ，假设
推动出口后的亩收入 服从正态分布 ，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布 ，
）
A． B．
C． D．
本题是关于正态分布概率计算的题目，已知茶叶种植区以往收入和推动出口后收入分别服从不同参数的正态分布，给出了相关均值、方差等信息，要求判断不同选项中概率的取值范围。
【解法一】利用正态分布的对称性（基本性质法）
【分析】根据正态分布的 原则以及正态分布的对称性即可解出.
【详解】依题可知， ，所以 ，
故 ，C正确，D错误；
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
而 ，B正确，A错误，
故选：BC．
【解法二】另一种形式
, A错
, B对.
, C对.
, D错
选
1．（2024·山东泰安·模拟预测）已知随机变量 服从正态分布，即 ，则（ ）A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】根据正态分布 ，期望 ，方差 可判断AB，根据正态分布的对称
性可判断CD.
【详解】对于A，根据正态分布 ，期望 ，可得 ，故A错误；
对于B，根据正态分布 ，方差 ，可得 ，故B正确；
对于C，对于正态分布 ，图象关于 对称，
所以 ，即 ，故C正确；
对于D，根据图象关于 对称，可得 与 对称，
根据正态分布图象的特点，离对称轴越远概率越小， 比 离对称轴远，
所以 ，即 ，故D错误；
故选：BC.
2．（2024·浙江杭州·模拟预测）为了解鸭梨种植园的亩收入（单位：万元）情况，从“高标准梨园”种植
区抽取样本，得到的亩收入样本均值 ，样本方差 ；从“标准化梨园”种植区抽取样本，
亩收入 服从正态分布 ，假设“高标准梨园”的亩收入 服从正态分布 ，则（ ）.
（若 服从正态分布 ，则
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】根据正态分布的知识，进行计算求解即可．【详解】由题意可知， 服从正态分布 ， 服从正态分布 ，
所以
，故A错误；
，故B正确；
，所以C正确，D错误.
故选：BC．
3．（2025·河南·模拟预测）坐位体前屈（Sit And Reach）是一种体育锻炼项目，也是大中小学体质健康测
试项目，通常使用电动测试仪进行测试．为鼓励和推动学生积极参加体育锻炼，增强学生体质，我国于
2002年开始在全国试行《学生体质健康标准》，坐位体前屈属于该标准规定的测试内容之一．已知某地区
进行体育达标测试统计得到高三女生坐位体前屈的成绩 （单位 ）服从正态分布 ，且
，现从该地区高三女生中随机抽取3人，记 不在区间 的人数为 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】利用正态分布的性质计算判断A；利用二项分布的期望、方差公式计算判断BC；利用对立事件的
概率公式计算判断D.
【详解】对于A，由 ，得 ，
则 ，A错误；
对于B，由A知， 不在区间 的概率为 ， ， ，
因此 ，B正确；对于C，由B知， ，因此 ，C正确；
对于D， ，D错误.
故选：BC
真题10 导数及其应用真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）设函数 ，则（ ）
A． 是 的极小值点 B．当 时，
C．当 时， D．当 时，
本题为高中数学函数类多选题，给出函数 , 需判断关于其极值点、不同区间函
数值大小关系等多个命题的正确性，考查函数求导、单调性、特殊值应用等知识。
【解法一】导数分析法
【分析】求出函数 的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数 在
上的值域即可判断C；直接作差可判断D.
【详解】对A，因为函数 的定义域为R，而 ，
易知当 时， ，当 或 时，
函数 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，故 是函数 的极小值点，正确；
对B，当 时， ，所以 ，
而由上可知，函数 在 上单调递增，所以 ，错误；
对C，当 时， ，而由上可知，函数 在 上单调递减，
所以 ，即 ，正确；
对D，当 时， ，
所以 ，正确；
故选：ACD.
【解法二】特殊值验证法
解题思路：选取特殊值代入函数，判断各选项命题真假。
对于 选项，取 ,
即 B错误。
对于 选项，取 , 满足 , C正确。 对于
选项，取 ,
, 即 , D正确。
1．（2025·浙江·模拟预测）设函数 ，则（ ）
A． 为 的极大值点 B． 的图象关于 中心对称
C．函数 的三个零点成等差数列 D． ，
【答案】ABC【分析】利用导数研究极值点判断A；根据 的关系判断B；由 是函数的一个零点，若另
两个零点为 ，有 求参数得 判断C；根据B分析得
，进而求不等式的解判断D.
【详解】由题设 ，则 得 或 ， 得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，故 为极大值点，A对；
由 ，
所以 的图象关于 中心对称，B对；
显然 是函数的一个零点，若另两个零点为 ，则 ，
所以 ，则 ，
所以 ，故函数 的三个零点成等差数列，C对；
由上知 ，则 ，可得 ，
故不存在 ， ，D错.
故选：ABC
2．（2025·江西·一模）已知函数 ，且 是 的一个极值点，下列说法正确的是
（ ）
A．实数 的值为1或
B． 在 上单调递增
C．若 是 的一个极小值点，则当 时，D．若 是 的一个极大值点，则当 时，
【答案】ACD
【分析】由 是 的一个极值点，得 ，求出实数 的值并分析其单调性，并根据单调性判断
即可；
【详解】函数 的定义域为 ， ．
令 ，得 ， ，
① 当 时， ，
由 ，得 或 ，由 ，得 ，
则 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
此时 是 的一个极大值点．
② 当 时，解得 ，则 ，
由 ，得 或 ，由 ，得 ，
则 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
此时 是 的一个极小值点．
故A正确，B错误；
若 是 的一个极小值点，则 ， 在 上单调递增，
因为 ，则 ，所以 ，故C正确；
若 是 的一个极大值点，则 ， 在 上单调递增，
因为 ，所以 ， ，且 等价于 ，即当 时， ，所以 ，故D正确．
故选：ACD.
3．（2024·山东泰安·模拟预测）已知函数 ，则（ ）
A． 的图象关于直线 对称
B． 的最大值为4
C． 在区间 上单调递减
D． 在区间 上的极小值为
【答案】ACD
【分析】A选项，计算出 ，A正确；B选项，举出反例， ，
由基本不等式得到 ；C选项，求导，当 时， ，当 时，
变形得到 ，令 ， ，求导，得到 的单调性，结合
，故 ，故 ，故 在 上单调递减，C正确；D选项，在C选项基
础上，得到 的单调性，进而可得解.
【详解】A选项， ，
故 的图象关于直线 对称，A正确；B选项， ，
故 ，
，
由于 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
故 ，B错误；
C选项， ，
当 时， ，故 ，
故 ， 在区间 上单调递减，
当 时， ，
令 ， ，
则 恒成立，
故 在 上单调递减，
由于 ， ，即 ，
故 ，故 ，
故 在区间 上单调递减，又 在 上为连续函数，故 在区间 上单调递减，C正确；
D选项，由C知， 在区间 上单调递减，
当 时， ，
，
令 ， ，
则 恒成立，
故 在 上单调递减，
当 时， ， ， ，
当 时， ， ， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时， ，
故 恒成立，
故 在 上单调递增，
又 在 上为连续函数，故 在区间 上单调递减，
在 上单调递增，
故 在区间 上的极小值点为 ，极小值为 ，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：CD选项，在处理 和 等区间上函数单调性的技巧，要变形得
到 ，构造 ，求导，得到函数单调性，从而只需判断
的大小，即可判断出 的正负，确定函数单调性.
真题11 平面轨迹曲线方程真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）设计一条美丽的丝带,其造型 可以看作图中的曲线C的一部分.
已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于 ，到点 的距离与到定直线 的距离之
积为4，则（ ）
A． B．点 在C上
C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点 在C上时，本题围绕曲线 展 开，已知曲线 过原点且其上点满足到定点 的距离与到定直线
的距离之积为4这一条件，需据此求出曲线相关信息并判断各选项正误。
【解法一】选项判断法
【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求 ，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利
用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.
【详解】对于A：设曲线上的动点 ，则 且 ，
因为曲线过坐标原点，故 ，解得 ，故A正确.
对于B：又曲线方程为 ，而 ，
故 .
当 时， ，
故 在曲线上，故B正确.
对于C：由曲线的方程可得 ，取 ，
则 ，而 ，故此时 ，
故 在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.
对于D：当点 在曲线上时，由C的分析可得 ，
故 ，故D正确.
故选：ABD.
【解法二】特殊点优先法因为曲线 过原点 , 点 到点 的距离为2，到直线 的距离为 , 由 ,得
A正确。
，
1．（2024·湖北·一模）双纽线是卡西尼卵形线的一类分支， 在数学曲线领域占有至关重要的地位， 同时
也具有特殊的有价值的艺术美. 双纽线的图形轮廓像 “ ”，是许多艺术家设计作品的主要几何元素.
已知在平面直角坐标系中， ，满足 的动点 的轨迹为曲线 . 则
下列结论正确的是（ ）
A．曲线 既是中心对称又是轴对称图形
B．曲线 上满足 的点 有 2 个
C．
D．曲线 上存在四个不同的点，使曲线在该点处切线的斜率为 0
【答案】ACD
【分析】由题意中等式结合两点间距离公式表示出曲线方程可得A正确；由 可得这样的
点只有 1 个，即为原点可得B错误；由曲线方程整理出 可得C正确；由图象观察
可得D正确；也可由导数的意义求出.
【详解】对于A，设 点坐标为 则曲线 ，故 正确；
对于 ，若 ，则 ，这样的 点只有 1 个，即为原点， 故 错误；
对于C，由 得，
整理得， ，所以 ，故C正确；
对于D，从双纽线的图形上，可以观察有四个点处切线的斜率为 0，另外，由 得 ，则 ，
令 或 0，经计算曲线 在原点处的切线方程为 ，故D 正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题C选项的关键是能利用曲线方程整理 出两点间公式，再求出范围.
2．（2025·浙江·模拟预测）设平面内两点的坐标为 ， ，定义
.已知点 ， ，记平面内满足 的动点
的轨迹为曲线 ，则（ ）
A．点 在曲线 上
B．曲线 围成的面积为
C． 的最大值为3
D．对曲线 上任意点 ，都有
【答案】ABD
【分析】利用新定义的距离公式，可以得到坐标方程，再利用分段讨论，然后数形结合，就可以解决各选
项问题.
【详解】平面内两点的坐标为 ， ，定义 .
设 ，点 ， ，
则满足 的方程是：
，
当 时，上式化为： ，
整理得： ；当 时，上式化为： ，
整理得： ；
当 时，上式化为： ，
整理得： ；
由于方程 ，用 代换 不变，
则方程 表示的曲线关于 轴对称，所以可作图如下：
由于 满足方程 ，
所以点 在曲线 上，故A正确；
由于曲线 是一个边长为 的正六边形，所以面积为六个边长为2的等边三角形面积和，
即 ，故B正确；
由于 ，在曲线 上取一个点 代入得：
，故C错误；
，
而 ，所以有 ，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是理解题干中距离的含义，由此作出 表示
的曲线，数形结合，解决问题.
3．（2024·广东河源·模拟预测）“ ”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线．
如图所示的曲线 过坐标原点 ， 上的点到两定点 ， 的距离之积为定值．则下
列说法正确的是（ ）（参考数据： ）
A．若 ，则 的方程为
B．若 上的点到两定点 、 的距离之积为16，则点 在 上
C．若 ，点 在 上，则
D．当 时， 上第一象限内的点 满足 的面积为 ，则
【答案】ACD
【分析】由题意有 ，设 为 上任意一点，得到 ，再根据各项
给定条件或 值，判断各项正误.
【详解】已知原点 在 上，则 ，设 为 上任意一点，
则有 ，整理得 ．
若 ，则 的方程为 ，故A正确；若 ，则 ，代入方程得 ，显然点 不在此曲线上，故B错误；
若 ，点 在 上，有 ，
整理得 ，所以 ，故C正确；
因为 ， ，可得 ，
所以点 是曲线 和以 为直径的圆 在第一象限内的交点，
联立方程，解得 ， ，即 ，所以 ，故D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：根据题干背景得到曲线方程 为关键.
真题12 离心率真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）设双曲线 的左右焦点分别为 ，
过 作平行于 轴的直线交C于A，B两点，若 ，则C的离心率为 ．
本题是关于双曲线性质应用的题目，已知双曲线的相关几何关系，要求出双曲线的离心率。离心率是
双曲线的一个重要性质，反映了双曲线的形状特征，其求解通常需要结合双曲线的定义、标准方程以及几
何性质来进行。
【解法一】直接计算+定义法【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出 ，结合双曲线第一定义求出 ，即可得到 的值，
从而求出离心率.
【详解】由题可知 三点横坐标相等，设 在第一象限，将 代入
得 ，即 ，故 ， ，
又 ，得 ，解得 ，代入 得 ，
故 ，即 ，所以 .
故答案为：
【解法二】利用双曲线的定义和勾股定理（定义-勾股法）
解题思路：根据双曲线的定义得到 与 的关系，再由 的长度求出 然后在 利
用勾股定理建立 的关系，进而求出离心率 。
解题步骤：
由双曲线定义知 已知 因为 过 且 平行于 轴，所以
那么 解得 。
在 中 ， 根 据 勾 股 定 理 即 , 解 得
. 离心率 .
【解法三】利用通径公式（通径法）解题思路：先明确过双曲线焦点且垂直于实轴的弦长（通径）为 , 本题中 就是通径，由此得到
与 的关系，再结合 和离心率公式 求解。
解题步骤：
因为 是通径，所以 , 即
又 由双曲线定义 可得 。
把 代入 得 , 根据 , 则 .
所以离心率 .
1．（2024·四川成都·模拟预测）椭圆 的左、右焦点分别为 ，焦距为 ，若直线
与椭圆的一个交点 满足 ，则该椭圆的离心率等于 .
【答案】
【分析】由题意可知， ， ，从而得 ，结合椭圆的定义及离
心率公式求解即可.
【详解】解：由题意可知， ， ，
从而 ，所以 ，
所以 .
故答案为：
2．（2025·浙江温州·模拟预测）已知P为椭圆 上一点， 分别为椭圆的左，右焦
点，直线 交y轴于点Q，O为坐标原点，若 ，则椭圆的离心率等于 ．
【答案】 /
【分析】根据余弦定理可得 ，进而根据勾股定理可得
，即可结合椭圆定义得 和 求解离心率.
【详解】取 的中点为 ，
设 ，则 ,
由余弦定理可得 ，
，故 ，又 ，故 ，进而可得
，
因此 ，故
，
又 ，故 ，
因此 ，
故答案为：
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得 的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于 的齐次方程，然后转化为关于 的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
3．（2025·广东佛山·一模）直线 过双曲线 的左焦点 ，交 的渐近线于 两
点．若 ，且 ，则 的离心率为 ．【答案】
【分析】先判断出直线 的斜率，由此求得直线 的方程，通过联立方程求得 两点的坐标，再根据
比例列方程，化简求得双曲线的离心率.
【详解】双曲线的左焦点 ，到渐近线 的距离为
所以直线 与渐近线 垂直，所以直线 的斜率为 ，
直线 的方程为 ，设 ，
联立 ，消去 并化简得 点横坐标为 .
联立 ，消去 并化简得 点横坐标 .
因为 ，所以 .
即 ， ，
， .
，
，
，
，
， ，
又因为 ，
所以双曲线的离心率 .故答案为：
【点睛】方法点睛：
利用双曲线焦点到渐近线的距离与已知条件建立联系，确定直线与渐近线的位置关系，进而得到直线方程，
这是解决本题的关键之一.
通过联立直线与渐近线方程求出交点坐标，再结合向量关系列出等式，最后利用双曲线的基本性质
和离心率公式 求解离心率，这是处理此类双曲线与直线、向量综合问题的常见方法.
真题13 公切线真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）若曲线 在点 处的切线也是曲线 的
切线，则 .
本题是一道关于曲线切线的导数应用问题。已知一条曲线在某点处的切线同时也是另一条曲线的切线，
需要通过求导得出切线斜率，进而得到切线方程，再根据切线与另一曲线的关系求出未知参数a的值
【解法一】常规求导求解法
【分析】先求出曲线 在 的切线方程，再设曲线 的切点为 ，求出 ，利用公切线斜率相等求出 ，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.
【详解】由 得 ， ，
故曲线 在 处的切线方程为 ；
由 得 ，
设切线与曲线 相切的切点为 ，
由两曲线有公切线得 ，解得 ，则切点为 ，
切线方程为 ，
根据两切线重合,所以 ，解得 .
故答案为：
【解法二】切线方程通式法
思路：直接写出第二条曲线的切线通式，与已知切线比较系数。
步骤：
1.第二条曲线的切线通式为
2.与 对比，得：
斜率： , 解得 .
截距： 代入 , 解得 。
【解法三】利用斜率相等与切点关系法
解题思路：先求出曲线 在点 处的切线斜率和切线方程。然后依据两条曲线切线斜率相等这
一条件，确定曲线 的切点横坐标，再将切点坐标代入到该曲线方程以及已求出的切线方程
中，通过联立方程求解 。
·解题步骤：
0由 的导数 , 可知在点 处切线斜率为2，切线方程为 。设 的切点为 由于切线斜率 , 解得 。
把 代入 和 , 即 且
所以 , 解得 。
1．（2023·全国·模拟预测）试写出曲线 与曲线 的一条公切线方程 .
【答案】 或 （写出一个即可）
【分析】设出切点坐标，根据切线斜率相等，建立等式，解出即可.
【详解】设公切线 与曲线 切于点 ，
与曲线 切于点 .
由 ，得 .由 ，得 .
令 ，即 ，则 ，
且 ，
即 ，
化为 ，
所以 ，解得 或 .
当 时， ， ，此时切线 的方程为 ，即 .
当 时， ， ，
此时切线 的方程为 ，即 .
综上可知，切线 的方程为 或 ，写出任意一个即可.
故答案为： 或 ，写出任意一个即可.
2．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知曲线 与 有公共切线，则实数a的最大值
为 ．
【答案】
【分析】先设出切点，求导得到切线方程，斜率截距对应相等，得到 ,构造函数
，转化为存在性问题，最终求最值即可.
【详解】设曲线 与 的切点分别为 ， ，
∵ ， ，∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ， ，即 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增，∴ ，即 ，即 ，即 ．
故答案为： .
3．（2024·河北沧州·模拟预测）已知直线 是曲线 和 的公切线，则实数a=
．
【答案】3
【分析】先设在 上的切点，然后求出切点和切线，然后再设在 上的切点，即可求出a的
值.
【详解】设直线l与曲线 相切于点 ，
由 ，得 ，因为l与曲线 相切，
所以 消去 ，得 ，解得 ．
设l与曲线 相切于点 ，由 ，得 ，即 ，
因为 是l与曲线 的公共点，
所以 消去 ，得 ，即 ，解得 ．
故答案为：3.
真题14 均值及概率真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡
片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，
两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的
人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 .
本题是一个关于古典概型的概率计算问题。甲、乙两人进行四轮比赛，从各自持有的四张卡片中随机
选一张比较大小计分，且选过的卡片不再使用，要求计算四轮比赛中甲的总得分不小于 2 的概率。需要
先确定所有可能的基本事件总数，再找出甲总得分不小于 2 的事件数，最后根据古典概型概率公式计算
概率。
【解法一】常规求解法
【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.
【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为 ，四轮的总得分为 .
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在
该轮得分的概率 ，所以 .
从而 .
记 .
如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以
；
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以
.
而 的所有可能取值是0，1，2，3，故 ， .所以 ， ，两式相减即得 ，故 .
所以甲的总得分不小于2的概率为 .
故答案为： .
【解法二】直接法
由于对称性，不妨固定乙四轮选卡的数字依次为 ,
为便于说明，设甲四轮选卡的数字依次为 , , 则 ,
记 四轮比赛后，甲的总得分不小于 , 则
故 .
故答案为： .
1．（2024·辽宁·三模）一个书包中有标号为“ ”的 张卡片.一个人每次从中拿出一张卡
片，并且不放回；如果他拿出一张与已拿出的卡片中有相同标号的卡片，则他将两张卡片都扔掉；如果他
手中有3张单张卡片或者书包中卡片全部被拿走，则操作结束.记书包中卡片全部被拿走的概率为 ，则
. .
【答案】 /
【分析】先求出他手中3张单张卡片含有 张相同卡片的概率，进而得出 和 间的递推关系，用累乘方法求解 即可.
【详解】 张卡片选取 张卡片的选法共有： 种，
事件“手中这 张单张卡片中含有 张相同卡片”的选法共有： 种；
由古典概型的计算公式可得其概率为： ，
若书包中 张卡片全部被拿走的概率为 ，
将这两张相同的卡片拿掉以后，相当于从 对相同的卡片中已拿出一张卡，
事件“书包中 张卡片全部被拿走”发生需保证事件“书包中 卡片全部被拿走”发生，
且书包中 卡片全部被拿走概率为 ，
因而 ，且 ，
则 ，
，
故答案是： （或 ）， .
【点睛】思路点睛：本题主要考查递推数列与概率知识的交汇问题，解决该类问题应该注意的事项有：
（1）做好互斥事件的划分，正确进行独立事件概率的计算；
（2）借助待定系数方法建立不同事件概率间的递推关系，即构建递推数列；
（3）正确运用数列求通项公式或求和的方法解决问题.
2．（2024·河北张家口·三模）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛11分制，若比分打到 时，需要
一人比另一人多得两分，比赛才能结束．已知甲赢得每一分的概率为 ，在两人的第一局比赛中，两人达
到了 ，此局比赛结束时，两人的得分总和为n，则此时的概率 ．
【答案】
【分析】由条件分析 的特点，讨论 ，结合比赛流程及概率乘法公式分别求甲赢得比赛的概率和乙赢得比赛的概率，相加可得结论.
【详解】因为比赛结束时，两人的得分总和为n，其中且两人的得分的差的绝对值为 ，
所以 ，且 为偶数，
所以当 ， 时， ，
当 时， ，
当 ，且 为偶数时，
若甲赢得比赛，则最后两局比赛甲胜，余下比赛中，第21球开始，奇数球与其之后的偶数球均为甲乙一胜
一负，
所以事件甲赢得比赛的概率为 ，
同理乙赢得比赛的概率为 ，
所以 ，
时， 的值也符合关系 ，
所以 ， ， ，
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于认真审题，分析事件的特征，选择适当的概率运算公式求解.
3．（2024·江西·一模）斐波那契数列 ，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那
契 以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、
2、3、5、8、13、21、34、…，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：且 中，则B中所有元素之和为奇数
的概率为 ．
【答案】
【分析】记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有
奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成 ，然后可解.
【详解】由斐波那契数列规律可知，集合 中的元素有675个偶数，1349个奇数，
记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元
素的子集为F，
则所有元素之和为奇数的集合B可看成 ，
显然集合E共有 个，集合F共有 个，
所以所有元素之和为奇数的集合B共有 个，
又集合A的非空子集共有 个，所以B中所有元素之和为奇数的概率为 .
故答案为：
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是将集合 分拆成所有偶数组成的集合及所有奇数组成的集合，利用
二项式系数的性质求出含有奇数个奇数组成的集合个数.
真题15 解三角形解答题真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）记 的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知
，
(1)求B；
(2)若 的面积为 ，求c．本题是解三角形问题，综合考查了余弦定理、正弦定理以及三角形面积公式的应用，通过已知条件建
立边与角的关系来求解角的大小和边的长度。
【解法一】常规余弦定理与正弦定理结合法
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出 ，最后结合已知 得 的值即
可；
（2）首先求出 ，然后由正弦定理可将 均用含有 的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程
求解.
【详解】（1）由余弦定理有 ，对比已知 ，
可得 ，
因为 ，所以 ，
从而 ，
又因为 ，即 ，
注意到 ，
所以 .
（2）由（1）可得 ， ， ，从而 ， ，
而 ，由正弦定理有 ，
从而 ，
由三角形面积公式可知， 的面积可表示为
，
由已知 的面积为 ，可得 ，
所以 .
【解法二】边化角结合三角函数恒等变换法
解题思路：利用正弦定理将边化为角，再结合已知条件进行三角函数的恒等变换求出 , 然后根据面积公
式求出 , 最后通过正弦定理或余弦定理求
解题步骤：
由正弦定理 为 外接圆半径)，
化为
因为 , 且 ,
代入上式进行化简可得 , 又 所以 .
由 , 得 。
再根据正弦定理等求出 .
1．（2025·江西景德镇·二模）在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ， ， 分别为 ，边上的高， ， ．
(1)求证： ；
(2)若 ，求 ．
【答案】(1)证明见解析
(2) ．
【分析】（1）由三角形内角和以及三角函数诱导公式，利用三角函数的和角公式，可得答案；
（2）由三角形面积公式，利用正弦函数以及余弦的二倍角公式与和角公式，可得三角形内角的余弦值，
根据余弦定理，可得答案.
【详解】（1）由 ，则 ，
则 ，
所以 ，
整理可得
则 ，由 ，∴ 或 ，
当 时，可得 ， ，
则 ，解得 ，则 ，
∵ ，且 ，∴ ．
由正弦定理可知 ，则 ，显然与 矛盾，
所以 不符合题意，舍去，所以 ．
（2）由（1）可知 ，且 ，
则 ，故 ，解得 ，
，∴ ，
设 ， ，∵ ，由余弦定理可知 ，∵ ，解得 ，∴ ．
2．（2025·福建·模拟预测）记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ．
(1)证明： ；
(2)若 ，且 为锐角三角形，求 的周长的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化简以及两角和与差的正弦即可求得结果.
（2）利用正弦定理求出 ，因为三角形为锐角三角形求出 ，再用余弦定理进一步求出
，即可求得结果.
【详解】（1）由正弦定理， ，所以 ．
又 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
因 ，所以 ，即 .
（2）因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ，
∵ 为锐角三角形，∴ ，∴ ，∴
因为 ，由余弦定理 ，两式联立得 ，又因为 ，代入上式 ，得到 ，则 ，且 ，
所以 ，即 ．
所以周长的取值范围为 ．
3．（2025·福建厦门·一模）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 ．
(1)求A；
(2)设D为边AB的中点，若 ，且 ，求a．
【答案】(1)
(2) 或
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求解即得.
（2）利用和角的正弦公式，正弦定理及余弦定理求解即得.
【详解】（1）在 中，由 及正弦定理得 ，
即 ，即 ，
而 ，即 ，则 ，又 ，
所以 .
（2）依题意， ，则 ， 或 ，
当 时，由 ，
得 ，在 中，由正弦定理得， ，则 ，
在 中，由余弦定理得 ，
因此 ，
当 时， ，
， ，
所以 或 .
真题16 圆锥曲线解答题真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知 和 为椭圆 上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线 交C于另一点B，且 的面积为9，求 的方程．
本题是圆锥曲线中椭圆相关的综合问题，第一问求椭圆的离心率，需根据椭圆上的点的坐标求出椭圆方程中的参数关系进而得到离心率；第二问根据三角形面积求直线方程，要先设出直线方程，再联立椭圆
方程，利用弦长公式、点到直线距离公式等求解。
【解法一】（1）由题意得 ，解得 ，
所以 .
，则直线 的方程为 ，即 ，
，由（1）知 ，
设点 到直线 的距离为 ，则 ，
则将直线 沿着与 垂直的方向平移 单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点 ，
设该平行线的方程为： ，
则 ，解得 或 ，
当 时，联立 ，解得 或 ，
即 或 ，
当 时，此时 ，直线 的方程为 ，即 ，当 时，此时 ，直线 的方程为 ，即 ，
当 时，联立 得 ，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线 的方程为 或 .
【解法二】同法一得到直线 的方程为 ，
点 到直线 的距离 ，
设 ，则 ，解得 或 ，
即 或 ，以下同法一.
【解法三】同法一得到直线 的方程为 ，
点 到直线 的距离 ，
设 ，其中 ，则有 ，
联立 ，解得 或 ，
即 或 ，以下同法一；【解法四】当直线 的斜率不存在时，此时 ，
，符合题意，此时 ，直线 的方程为 ，即 ，
当线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，
联立椭圆方程有 ，则 ，其中 ，即 ，
解得 或 ， ， ，
令 ，则 ，则
同法一得到直线 的方程为 ，
点 到直线 的距离 ，
则 ，解得 ，
此时 ，则得到此时 ，直线 的方程为 ，即 ，
综上直线 的方程为 或 .
【附加解法五+解法六】
法五：当 的斜率不存在时， 到 距离 ，
此时 不满足条件.
当 的斜率存在时，设 ，令 ，，消 可得 ，
，且 ，即 ，
，
到直线 距离 ，
或 ，均满足题意， 或 ，即 或 .
法六：当 的斜率不存在时， 到 距离 ，
此时 不满足条件.
当直线 斜率存在时，设 ，
设 与 轴的交点为 ，令 ，则 ，
联立 ，则有 ，
，
其中 ，且 ，
则 ，
则 ，解的 或 ，经代入判别式验证均满足题意.则直线 为 或 ，即 或 .
1．（2025·河南洛阳·模拟预测）已知双曲线 的一条渐近线的倾斜角为 ，焦距
为4．过点 的直线与双曲线 相交于 两点，点 关于 轴对称的点为点 ．
(1)求双曲线 的标准方程；
(2)证明：直线 过定点；
(3)若直线 的斜率为 ，求直线 的方程．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3) 或
【分析】（1）利用双曲线的基本性质，通过已知条件构建方程组来确定双曲线方程中的参数 、 、 .
（2）先设出直线 方程，与双曲线方程联立得到交点坐标关系，再根据对称性假设定点在 轴上，通过
直线斜率关系列出等式求解定点坐标.
（3）已知直线 过定点及斜率，与双曲线方程联立得到相关坐标关系，进而求出直线 的斜率，从而
得到直线 方程.
【详解】（1）设双曲线 的焦距为 ，由题意有 ，解得 ，故双曲线 的标准方程为 ；
（2）设直线 的方程为 （显然直线 的斜率存在），
点 的坐标分别为 ，联立方程 ，
消去 后整理为 ，
有 ，
点 的坐标为 及对称性，设直线 与 轴交点为 ，
有 ，有 ，有 ，
整理为 ，
有 ，化简可得 ，
故直线 过定点 ；
（3）由直线 过定点 ，直线 的斜率为 ，直线 的方程为 ，
联立方程 消去 后整理为 ，可得
，
，故直线 的方程为 或 ．
2．（2025·江苏苏州·模拟预测）已知椭圆 ，离心率为 ，且过点 .
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线 与椭圆交于 、 两点，坐标原点 到直线 的距离为 ，求 面积最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件列关于 的方程，解方程求 由此可得椭圆方程；
（2）当直线 的斜率不存在时，求 的长，再求 的面积，当直线 的斜率存在时，设其方程为
，联立方程组，结合设而不求法求弦长 ，再求 面积解析式，再求最大值即可.
【详解】（1）因为椭圆 的离心率为 ，
所以 ，
因为椭圆 过点 ，
所以 ，
所以 ， ，
所以椭圆的标准方程为： ；（2）若直线 的斜率不存在，则直线 的方程为 或 ，
若直线 的方程为 ，联立 可得， ，
所以 ，
所以 的面积为 ，
当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，
因为坐标原点 到直线 的距离为 ，所以 ，
，
联立 ，可得 ，
方程 的判别式
，
设 ， ，
则 为方程 的两个根，
所以 ，
所以 ，
即 ，由基本不等式可得 ，当且仅当 时等号成立，
所以 ，
所以 面积最大值为 .
综上，当直线方程为 或 时， 面积取最大值，最大值为 .
3．（2025·安徽·模拟预测）已知双曲线 ： （ ， ）的右顶点 ，斜率为1的直
线交 于 、 两点，且 中点 .
(1)求双曲线 的方程；
(2)证明： 为直角三角形；
(3)经过点 且斜率不为零的直线 与双曲线 的两支分别交于点 ， .若点 是点 关于 轴的对称
点，试问，不论直线 的斜率如何变化，直线 是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，
说明理由.
【答案】(1) ；
(2)证明见解析；
(3)过定点，坐标为 .
【分析】（1）设 ， ，运用点差法求解即可；（2）直曲联立，借助向量工具求解；
（3）设 方程为 ， ， ， ，直曲联立，得到 ， ，
得到直线 的方程为 ，在直线 的方程中，令 ，求解即可.
【详解】（1）设 ， ，则 ， ，
∵ ， 两点在双曲线 上，
∴ ，由①－②得 ，
即 ，∴ ，
∴ ，即 ，∴ ，
又∵ ，∴ ，
∴双曲线 的方程为： ；
（2）由已知可得，直线 的方程为： ，即 ，
联立 ， ，
则 ， ，
∵
，
∴ ，∴ 为直角三角形；（3）设 方程为 ， ，
联立直线 与 的方程，消去 得 ，
因为直线 与 的两支分别交于点 ， ，
设 ， ，
所以 ，得 ，
则 ， ， ，
因为 ，所以直线 的方程为 ，
由对称性可知，若直线 过定点，则定点在 轴上，
在直线 的方程中，令 ，
得
所以直线 过定点，定点坐标为 .
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题通法，是先设出直线方程 ，通过韦达定理和已知
条件若能求出m为定值可得直线恒过定点，若得到k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线
恒过定点.真题17 立体几何解答题真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）如图，四棱锥 中， 底面ABCD，
， ．
(1)若 ，证明： 平面 ；
(2)若 ，且二面角 的正弦值为 ，求 ．
本题是立体几何中关于线面平行证明以及二面角相关的问题。第一问证明线面平行，关键在于利用线
线垂直关系推出线线平行，进而证明线面平行；第二问根据二面角的正弦值求线段长度，需建立空间直角
坐标系，利用向量法求解，也可几何法求解。
【解法一】纯几何法
【分析】（1）先证出 平面 ，即可得 ，由勾股定理逆定理可得 ，从而
，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点D作 于 ，再过点 作 于 ，连接 ，根据三垂线法可知， 即为二面角 的平面角，即可求得 ，再分别用 的长度表示出 ，即可解方程求
出 ．
【详解】（1）（1）因为 平面 ，而 平面 ，所以 ，
又 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
而 平面 ，所以 .
因为 ，所以 ， 根据平面知识可知 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）如图所示，过点D作 于 ，再过点 作 于 ，连接 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 ，而平面 平面 ，
所以 平面 ，又 ，所以 平面 ，
根据二面角的定义可知， 即为二面角 的平面角，
即 ，即 ．
因为 ，设 ，则 ，由等面积法可得， ，
又 ，而 为等腰直角三角形，所以 ，
故 ，解得 ，即 ．
【解法二】向量法证明线面平行（第一问）
解题思路：建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量以及 , 通过法向量与 的关系证明线面平行。
解题步骤：
以 为原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系。由 , ,
可得 。 设 。 则 。 设平面
的法向量为 , 则
令 , 则 , 所以 。
又 , 且 平面 , 所以 平面 。
【解法三】向量法（第二问）
步骤一：建立空间直角坐标系
因为 底面 , 以 为原点， 所在直线为 轴建系。 已知
, , 则 . 设 , 由
.
步骤二：求平面法向量
平面 法向量 , 易取 .
平面 法向量 , 令 .
步骤三：根据二面角正弦值求
二面角 正弦值为 , 则余弦值为 .
由 @.
联立①②，由①得 代入②，解得 , 进而得 .
所以 则
综上， 的值为 。
【解法四】面积射影法（略）1．（2025·吉林·二模）如图，一个直三棱柱 和一个正四棱锥 组合而成的几何体中，
.
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若平面 与平面 夹角的余弦值为 ，求正四棱锥 的高.
【答案】(1)证明见解析
(2)2或
【分析】（1）利用线面垂直的性质得到 ，结合 并利用线面垂直的判定定理得到线面
垂直，再利用面面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面夹角的向量求法建立方程，求解所求高即可.
【详解】（1）在直三棱柱 中， 平面 ，
又 平面 .
又 平面 ，
平面 .又 平面 ，
平面 平面 .
（2）以A为原点， 所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 .
设正四棱锥 的高为h，则 ，
故 ，
设平面 的一个法向量为 .
则 ，即 ，
取 ，则 .
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
取 ，则 ，故 ，
设平面 与平面 夹角为 ，
则 ，解得 或 .
所以正四棱锥 的高为2或 .
2．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，半圆柱的轴截面为平面 ， 是圆柱底面的直径， 为底面圆心， 为一条母线，点 在棱 上，且 ， ，且 .
(1)当 时，求证： ；
(2)当 时，求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）先证得 平面 ，再由勾股定理得到 ，即可求证；
（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；
【详解】（1）当 时，点 为棱 中点.
由 是直径可知 ，则 是等腰直角三角形，故 ，
由圆柱的特征可知 平面 ，又 平面 ，所以 ，
因为 ， ， 平面 ，则 平面 ，
而 平面 ，则 ，
因为 ，则 ，
所以 ， ，
，所以 ，
因为 ， ， ， ， 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，故 .
（2）由题意及（1）易知 ， ， 两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系 ，
则 ， ， ，
所以 ， ， ，
由（1）知 平面 ，故平面 的一个法向量是 ，
设 是平面 的一个法向量，
则有 ，取 ，可得
设平面 与平面 夹角为 ，
所以 ，
则平面 与平面 夹角的余弦值为 .
3．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，已知四棱锥 中，顶点 在底面 上的射影 落在线
段 上（不含端点），底面 为直角梯形， ．(1)求证： 平面 ；
(2)若二面角 的大小为 ，直线 与平面 所成的角为 ．
①求 的值；
②当 时，求 的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)① ，②
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得 根据三角形的边角关系可得 ，即可结合线面垂
直的判定求解，
（2）根据锐角三角函数即可求解①，建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式，
结合二次函数的性质求解②.
【详解】（1）由于 平面 平面 故
由于底面 为直角梯形，故 ，
过 ，且与 相交于 ，
则 ，
又 ，
故 ,所以 ,
由于 平面 ， ，
所以 平面 ，（2）①由题意可知 ，过 作 的垂线，垂足为 ,连接 ,
由于 平面 平面 故
, 平面 ，
故 平面 ， 平面 ，故 ，
故 为二面角 的平面角，
所以 从而 ，
②以 为原点，以 为 轴，以过 且垂直于平面 的直线为 轴建系，
则 ，设 ，
从而
设平面 法向量为 ，
则 ，
令 ，则 ，
而平面 的法向量为 ，
所以
即 ，又 ，代入上式可得
，
当且仅当 时等号成立，故 的最小值为 ，
真题18 导数解答题真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知函数
(1)若 ，且 ，求 的最小值；
(2)证明：曲线 是中心对称图形；
(3)若 当且仅当 ，求 的取值范围．
本题是一道关于函数性质与不等式求解的综合题。涉及到函数的导数应用、函数的对称性以及不等式
恒成立与取值范围问题。第一问通过导数研究函数单调性求最值从而确定参数的最小值；第二问通过寻找
函数上点的对称关系证明函数的中心对称性；第三问结合函数性质与不等式条件确定参数的取值范围。
【解法一】常规解法【分析】（1）求出 后根据 可求 的最小值；
（2）设 为 图象上任意一点，可证 关于 的对称点为 也在函数
的图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断 即 ，再根据 在 上恒成立可求得 .
【详解】（1） 时， ，其中 ，
则 ，
因为 ，当且仅当 时等号成立，
故 ，而 成立，故 即 ，
所以 的最小值为 .，
（2） 的定义域为 ，
设 为 图象上任意一点，
关于 的对称点为 ，
因为 在 图象上，故 ，
而 ，
，
所以 也在 图象上，
由 的任意性可得 图象为中心对称图形，且对称中心为 .
（3）因为 当且仅当 ，故 为 的一个解，
所以 即 ，先考虑 时， 恒成立.
此时 即为 在 上恒成立，
设 ，则 在 上恒成立，
设 ，
则 ，
当 ， ，
故 恒成立，故 在 上为增函数，
故 即 在 上恒成立.
当 时， ，
故 恒成立，故 在 上为增函数，
故 即 在 上恒成立.
当 ，则当 时，
故在 上 为减函数，故 ，不合题意，舍；
综上， 在 上恒成立时 .
而当 时，
而 时，由上述过程可得 在 递增，故 的解为 ，
即 的解为 .
综上， .【解法二】第二问不同解
, 则函数 是定义域为 的奇函数，所以曲线
关于点 中心对称
1．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数 ．
(1)求函数 的极值
(2)若 恒成立，求实数a的值范围．
【答案】(1)极小值为 ，无极大值；
(2) .
【分析】（1）根据给定条件，利用导数求出函数的极值.
（2）由恒成立的不等式分离参数，构造函数 ，利用导数求出函数 的最
大值即可.
【详解】（1）函数 的定义域为R，求导得 ，
令 ，解得 ，函数 在 上单调递增，
令 ，解得 ，函数 在 上单调递减，
所以函数 在 处取得极小值 ，无极大值．
（2）不等式 恒成立，即 恒成立，
不等式等价于 恒成立，
令 ，，
令 ，
求导得 ，函数 在 上单调递增，
又 ，则存在唯一 ，使得 ，
则 ，即 ，于是 ，
由（1）知，函数 在 上单调递增，则 ．
当 时， ， ，则函数 在 上单调递增；
当 时， ， ，则函数 在 上单调递减，
因此 ，则 ，
所以实数a的取值范围为 .
2．（2025·江西九江·一模）已知函数 ，曲线 在 处的切线经过点
(1)求 ；
(2)若 ，判断 的单调性：
(3)当 时， ，求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)函数在 上单调递增(3)
【分析】（1）由导数的几何意义求得斜率，再结合斜率公式列出等式求解即可；
（2）通过二次求导，结合导数与单调性的关系即可判断；
（3）由 ，得 ，再由 时，原不等式等价于 构造函数
求导，确定最值即可求解；
【详解】（1）
，切线斜率 ．
又 切线经过点
解得 ．
（2）由（1）知 ， ，令 ，则
当 时， 在 上单调递减，当 时， 在 上单调递增
在 上单调递增
（3）由题意得 对任意的 成立．
①当 时，
②当 时，原不等式等价于
设 ，则由（2）知，当 时， 对任意的 成立，即 ．
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减
，故 的取值范围是
3．（2025·河南郑州·一模）已知函数 且 ， 关于 对称的函数记为
(1)若 ，方程 有且只有一个实数解，求a的值;
(2)讨论方程 在 上实数解的个数;
(3)若 ，设函数 ，若 ，求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）求出 ，设 与 有公共点 ，解由 及
组成的方程组求出 可得答案；
（2）由 ，两边同取对数得 令 ，利用导数判断出其单调性，分
、 、 讨论方程 在 上实数解的个数可得的答案；
（3）由 得 ，设 ，则 ，利用导数判断出 在 上的单调性可得答案.
【详解】（1） 关于 对称的函数为 ， ，
设 与 有公共点 ，
由对称性可知， 在 上，
， ，
，解得 ，得 ；
（2）由（1）知， ，由 ，
两边同取对数， ，即
令 ， ，
函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
当 ，方程 在 上实数解的个数为1个.
当 ， ，方程 在 上实数解的个数为2个.
当 ，方程 在 上实数解的个数为1个；
（3） ，定义域为 ，求导得 ，
又 ，
，
整理得 ，由基本不等式得， ，，
设 ，则 ，
易知 ，
在 单调递增，
，
的取值范围为
真题19 数列新定义真题解题技巧
（2024年新高考Ⅰ卷高考真题）设m为正整数，数列 是公差不为0的等差数列，
若从中删去两项 和 后剩余的 项可被平均分为 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则
称数列 是 可分数列．
(1)写出所有的 ， ，使数列 是 可分数列；
(2)当 时，证明：数列 是 可分数列；
(3)从 中任取两个数 和 ，记数列 是 可分数列的概率为 ，证明：
．
本题是关于等差数列性质与组合概率的综合问题。主要围绕着给定的 . 可分数列的定义，分别考查在不同条件下找出满足条件的 组合、证明数列是特定的 可分数列以及计算满足 可分
数列的概率并证明其范围。
【解法一】常规解法
【分析】（1）直接根据 可分数列的定义即可；
（2）根据 可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是 可分数列的 至少有 个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列 的公差为 ，则 .
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形 ，
得到新数列 ，然后对 进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从 中取出两个数 和 ，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是 ，或 ，或 .
所以所有可能的 就是 .
（2）由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下两个部分，共 组，使得每
组成等差数列：
① ，共 组；
② ，共 组.
（如果 ，则忽略②）故数列 是 可分数列.
（3）定义集合 ，
.
下面证明，对 ，如果下面两个命题同时成立，
则数列 一定是 可分数列：
命题1： 或 ；
命题2： .
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，
剩余的 个数可以分为以下三个部分，共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；
② ，共 组；
③ ，共 组.
（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
故此时数列 是 可分数列.
第二种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .则由 可知 ，即 ，故 .
由于 ，故 ，从而 ，这就意味着 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下四个部分，
共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；
② ， ，共 组；
③全体 ，其中 ，共 组；
④ ，共 组.
（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含 个行， 个列的数表
以后， 个列分别是下面这些数：
， ， ，
.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍 中除开五个集合
， ， ， ，
中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的 和 以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列 是 可分数列.
至此，我们证明了：对 ，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列 一定是可分数列.
然后我们来考虑这样的 的个数.
首先，由于 ， 和 各有 个元素，故满足命题1的 总共有 个；
而如果 ，假设 ，则可设 ， ，代入得 .
但这导致 ，矛盾，所以 .
设 ， ， ，则 ，即 .
所以可能的 恰好就是 ，对应的 分别是 ，总
共 个.
所以这 个满足命题1的 中，不满足命题2的恰好有 个.
这就得到同时满足命题1和命题2的 的个数为 .
当我们从 中一次任取两个数 和 时，总的选取方式的个数等于
.
而根据之前的结论，使得数列 是 可分数列的 至少有 个.
所以数列 是 可分数列的概率 一定满足
.
这就证明了结论.
【解法二】
解法二(1)(2)同解法一(3)当 时，由定义知，数列 是 一可分数列，当且仅当数列 是
可分数列. 数列 是 一可分数列.其中 .
(这是因为 可分； 可分).
可考虑下面两种情形：
显然，数列 是 一可分数列.其中分出的每一组4个数均构成公差为1的等差数
列当 时， 对有 个；
当 时， 对有 个.
故总的 对共有 个.
. t , 则 .
. 故只需先考虑 .
当 时， 不成等差，不合要求，舍去
当 时， 是公差为2的等差数列，符合要求
当 时， 是公差为3的等差数列， 符合要求；
当 时， 是公差为4的等差数列，符合要求； 这样
一来，当 时，可划分为 组，每组4个数可构成公差为 的 等差数列：
由此可见，当 时，上述 组数中每一组的每一个数都加上 , 就可得到 时
的 组划分，且每组数均构成公差为 的等差数列
至此，我们证明了当 且 时，数列 是 一可分
数列.这时， 满足 . .
当 时， 对共有 个；当 时， 对共有 个.
故总的 对共有 个
综上所述，使 是 一可分数列的 对的总数目
所以
成立
另一方面，
当 时 成立；
当 时，数列共有10项： .
这样的 共有7个、
故 成立
综上所述，对于 成立
1．（2024·安徽·三模）定义1：若数列 满足① ，② ，则称 为“两点数列”；定义2：对于给定的数列 ，若数列 满足① ，② ，则称 为 的
“生成数列”.已知 为“两点数列”， 为 的“生成数列”.
(1)若 ，求 的前 项和 ；
(2)设 为常数列， 为等比数列，从充分性和必要性上判断 是 的什么条件；
(3)求 的最大值，并写出使得 取到最大值的 的一个通项公式.
【答案】(1)
(2) 是 的充要条件.
(3) 的最大值为 ，
【分析】（1）根据所给新定义，分n为奇偶讨论，分别求出前n项和；
（2）分别结合等比数列的定义，研究充分性、必要性即可得证；
（3）分析 的取值，可得 的关系，得出 ，据此可求出 的最大值.
【详解】（1）依题意
故
因为 ，所以 ，
当 为奇数时， ，
当 为偶数时， ，即 的奇数项，偶数项分别成等比数列.故当 为偶数时，
.
当 为奇数时， .
综上所述，
（2）充分性：因为 ，所以 ，
所以 ，
又因为 ，所以 是以1为首项，1为公比的等比数列，
故 是 的充分条件.
必要性：假设 为等比数列，而 不为常数列，
则 中存在等于0的项，设项数最小的等于0的项为 ，其中 ，
所以 ，
则等比数列 的公比为 .
又 ，得等比数列 的公比为 ，与 式矛盾，
所以假设不成立，所以当 为等比数列时， 为常数列，
故 是 的必要条件.
综上，可知 是 的充要条件.
（3）当 时， ，当 时， ，
当 时， ，当 时， .综上所述， 或 或 （上述四种情形每种中 或1）.
又由题意可知 ，所以 ，
所以 ，故 的最大值为 ，
此时 的通项公式可以是
【点睛】关键点点睛：本题的关键一方面在于对新定义的理解，运用，另一方面是能够对 分类讨论，证
明数列为等比数列，再由等比数列的通项公式，求和公式得解.
2．（2024·贵州黔南·一模）若无穷正项数列 同时满足下列两个性质：① 为单调数列；②存在实数
，对任意 都有 成立，则称数列 具有性质 .
(1)若 ， ，判断数列 ， 是否具有性质 ，并说明理由；
(2)已知离散型随机变量 服从二项分布 ， ， ，记 为奇数的概率为 .
（ⅰ）当 时，求 ， ；
（ⅱ）求 ，并证明数列 具有性质 .
【答案】(1) 不具有， 具有，理由见解析；
(2)（ⅰ） ， ；（ⅱ） ，证明见解析.
【分析】（1）利用给定的定义分别判断数列 ， 即可.
（2）（ⅰ）利用二项分布的概率公式求出 ， ；（ⅱ）利用二项式定理求出数列 的通项公式，再
判断是否满足条件①②.
【详解】（1）由 ，得 ，即 是递增数列，而随着 的增大， 无限增大，不存在正数 ，对任意 都有 成立，数列 不具有性质 ；
由 ，得 ，又 ，则 ，数列 是递减数列，
对任意 ， ，即存在实数 ，对任意 都有 成立，
所以 具有性质 .
（2）（ⅰ）当 时， ，
.
（ⅱ）随机变量 的所有可能取值为 ，
若 为奇数的概率为 为偶数的概率为 ，
，
，
两式相减得 ，当 时， ，数列 单调递减，
因此数列 单调递增，且 ，所以数列 具有性质 .
【点睛】关键点点睛：本题第2问，利用二项式定理的展开式求出 是关键.
3．（2025·江苏苏州·模拟预测）设 为正整数，数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，若存
在一组正整数 ，使得 能构成等比数列，则称数列 为 可拆数列.
(1)对任意正整数 ，判断数列 是否为 可拆数列；
(2)若对任意正整数 ，数列 是 可拆数列，求 的所有可能值；(3)若存在无穷多个正整数 ，使得 是等比数列，求 的取值范围.
【答案】(1)是
(2)全体正有理数
(3)
【分析】（1）利用 可拆数列的定义即可求解；
（2）根据定义证明命题等价于 是正有理数；
（3）利用（2）的结论即可得到结果.
【详解】（1）根据定义，取 ，即可得到 构成等比数列 .
所以 是 可拆数列.
（2）先证明一个引理：对任意的正整数 ，数列 包含一个无穷等比数列 .
证明：由于 .
故可以取 ，则此时 .
从而得到 是等比数列.
引理证毕，回到原题.
①由于 包含构成等比数列的三项，故存在非负整数 使得 ，即 .
从而 ，这得到 一定是正有理数.
②若 是正有理数，设 ，则根据引理知数列 包含无穷等比数列.
所以 也包含无穷等比数列 ，这就意味着对任意正整数 ，存在 使得 构成等比
数列，从而 一定是 可拆数列，条件满足.
综合①②可知， 的所有可能值为全体正有理数.（3）①在此条件下，显然对任意正整数 ，数列 都是 可拆数列，根据（2）的结论可知
.
②若 ，设 ，则同样根据（2）中的引理，知数列 包含无穷等
比数列.
所以 也包含无穷等比数列 ，条件满足.
综合①②可知， 的取值范围是 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解 可拆数列的定义，只有理解了定义，方可解决相应问题.
